Inducción mutua, autoinducción

1.-Obtener el coeficiente de inducción mutua de dos solenoides rectos largos y concéntricos de N₁ y N₂ espiras, longitud L₁ y L₂, y secciones S₁ y S₂ respectivamente.
Datos: n₁= 100 espiras por cm, n₂=150 espiras por cm. S₁= 9/π cm², S₂=3/π cm². L₁= 20 cm, L₂=30 cm.
Si por el primario, solenoide exterior, circula una corriente, como indica la figura, obtener y hacer un gráfico de la corriente del secundario, sabiendo que su resistencia es de 50 Ω. Razónese la respuesta a partir de esquemas en los que se especifique el sentido de la corriente en el primario y en el secundario

Tomamos como primario el solenoide interior

El campo magnético producido por el primario es

$B_{2} = μ_{0} i_{2} \frac{N_{2}}{L_{2}}$

El flujo de dicho campo magnético a través de las N₁ espiras del secundario (solenoide exterior) y el coeficiente de inducción mutua M son:

$\begin{array}{l} Φ_{1} = \vec{B_{2}} \cdot \vec{S_{1}} = B_{2} (N_{1} S_{2}) \cos 0 = μ_{0} i_{2} \frac{N_{1} N_{2}}{L_{2}} S_{2} \\ M = \frac{Φ_{1}}{i_{2}} = μ_{0} \frac{N_{1} N_{2}}{L_{2}} S_{2} \end{array}$

Tomamos como primario el solenoide exterior

El campo magnético producido por el primario es

$B_{1} = μ_{0} i_{1} \frac{N_{1}}{L_{1}}$

Dicho campo magnético no atraviesa todas las espiras del secundario (solenoide interior) sino N₂·L₁/L₂ espiras. El flujo de dicho campo magnético y el coeficiente de inducción mutua M son:

$\begin{array}{l} Φ_{2} = \vec{B_{1}} \cdot \vec{S_{2}} = B_{1} (\frac{N_{2}}{L_{2}} L_{1}) S_{2} \cos 0 = μ_{0} i_{1} \frac{N_{1} N_{2}}{L_{2}} S_{2} \\ M = \frac{Φ_{2}}{i_{1}} = μ_{0} \frac{N_{1} N_{2}}{L_{2}} S_{2} \\ M = \frac{4 π \cdot 10^{- 7} (100 \cdot 20) (150 \cdot 30)}{0.3} \frac{3}{π} 10^{- 4} = 3.6 \cdot 10^{- 3} H \end{array}$

f.em en el secundario (solenoide interior) cuando varía la corriente en el primario (solenoide exterior)

$\begin{array}{l} V_{2} = - \frac{d Φ_{2}}{d t} = - \frac{d (M i_{1})}{d t} = - M \frac{d i_{1}}{d t} \\ i_{2} = \frac{V_{2}}{R} = - \frac{M}{R} \frac{d i_{1}}{d t} \end{array}$

0-1 ms,

i₁=cte, i₂=0

1-2 ms

$i_{2} = - \frac{3.6 \cdot 10^{- 3}}{50} \frac{(- 3 - 3)}{0.001} = 0.432 A$

2-4 ms

i₁=cte, i₂=0

4-5 ms

$i_{2} = - \frac{3.6 \cdot 10^{- 3}}{50} \frac{(3 - (- 3))}{0.001} = - 0.432 A$

5-7 ms

i₁=cte, i₂=0

Gráfica

2.-Un solenoide de 300 espiras, 2 cm de radio y 15 cm de longitud está recorrido por una corriente de intensidad i₁. Se coloca en el centro del solenoide una bobina plana de 1000 espiras, de 1 cm de radio que forma un ángulo 60° con el eje del solenoide, tal como se ve en la figura.

Calcular el coeficiente de inducción mutua.

La corriente i₁ es variable con el tiempo (medido en milisegundos) como indica el gráfico de la derecha

Calcula la corriente i₂ inducida en la bobina en los intervalos (0,1), (1,2) (2,3), (3,...) ms, sabiendo que su resistencia es 50 Ω. Indíquese el sentido de la corriente inducida, justificando la respuesta.

Solución

El primario es el solenoide, el secundario es la bobina. Calculamos el campo B₁ producido por el primario, el flujo Φ₂ a través del secundario y el coeficiente de inducción mutua M=Φ₂/i₁

$\begin{array}{l} B_{1} = μ_{0} \frac{N}{L} i_{1} = 4 π \cdot 10^{- 7} \frac{300}{0.15} i_{1} = 2.513 \cdot 10^{- 3} i_{1} T \\ Φ_{2} = \vec{B_{1}} \cdot \vec{S_{2}} = (2.513 \cdot 10^{- 3} i_{1}) (1000 \cdot π \cdot {0.01}^{2}) \cos 30 \\ M = \frac{Φ_{2}}{i_{1}} = 6.84 \cdot 10^{- 4} H \end{array}$

Corriente i₂ inducida en el secundario

$\begin{array}{l} V_{2} = - \frac{d Φ}{d t} = - M \frac{d i_{1}}{d t} \\ i_{2} = \frac{V_{2}}{R} = - 1.368 \cdot 10^{- 5} \frac{d i_{1}}{d t} \end{array}$

Cuando la corriente en el primario i₁ crece con el tiempo, el flujo Φ₂ crece con el tiempo, la corriente i₂ en el secundario tiene sentido contrario
Cuando la corriente en el primario i₁ decrece con el tiempo, el flujo Φ₂ decrece con el tiempo, la corriente i₂ en el secundario tiene el mismo sentido
Cuando la corriente en el primario i₁ es constante, el flujo Φ₂ es constante, no hay corriente i₂ en el secundario

Para obtener el valor de i₂, calculamos la derivada, di₁/dt, pendiente de las rectas, en cada uno de los intervalos

$\begin{array}{l} (0 - 1) i_{2} = - 1.368 \cdot 10^{- 5} \frac{2}{0.001} = - 0.027 A \\ (1 - 2) i_{2} = - 1.368 \cdot 10^{- 5} \cdot 0 = 0 A \\ (2 - 3) i_{2} = - 1.368 \cdot 10^{- 5} \frac{- 2 - 2}{0.003 - 0.002} = 0.055 A \\ (3 - ...) i_{2} = - 1.368 \cdot 10^{- 5} \cdot 0 = 0 A \end{array}$

3.-Un hilo rectilíneo indefinido por la que circula una corriente de intensidad i₁ está cerca de una espira rectangular ABCD,

Calcular el coeficiente de inducción mutua.

Si la corriente i₁ cambia con el tiempo como indica en la figura de la derecha

Calcular la corriente en la espira, sabiendo que su resistencia es de 50 Ω. Dibujar el sentido de la corriente los intervalos (0,1.5), (1.5, 3), (3, 5), >5 ms. Razónese la respuesta.

Solución

Tomamos como primario el conductor rectilíneo

El campo magnético producido por una corriente rectilínea en un punto situado a una distancia x

$B_{1} = \frac{μ_{0} i_{1}}{2 π x}$

El flujo de dicho campo magnético a través de la espira es

$Φ_{2} = {\int^{}}^{} \vec{B_{1}} \cdot \vec{d S} = {\int^{}}_{0.1}^{0.18} \frac{μ_{0} i_{1}}{2 π x} (0.04 \cdot d x) \cdot \cos 0 = \frac{μ_{0} i_{1}}{2 π} 0.04 \cdot \ln \frac{0.18}{0.1}$

El coeficiente de inducción mutua M es:

$M = \frac{Φ_{2}}{i_{1}} = 4.7 \cdot 10^{- 9} H$

Si la corriente i₁ en el primario varía con el tiempo se produce una corriente inducida i₂ en el secundario.

$\begin{array}{l} V_{2} = - \frac{d Φ_{2}}{d t} = - M \frac{d i_{1}}{d t} \\ i_{2} = \frac{V_{2}}{R} = - 9.4 \cdot 10^{- 11} \frac{d i_{1}}{d t} \end{array}$

Intervalo (0,1.5) ms, di₁/dt=(-2-4)/1.5·10^-3=-4000. i₂=3.76·10^-7 A

Intervalo (1.5,3) ms, i₁=-2, di₁/dt=0, i₂=0. No hay corriente inducida
Intervalo (3,5)ms, di₁/dt=(3-(-2))/(5-3)·10^-3=2500. i₂=-2.35·10^-7 A

Intervalo (>5) ms, i₁=3, di₁/dt=0, i₂=0. No hay corriente inducida

4.-Calcular el coeficiente de autoinducción del toroide de la figura.

Solución

Campo magnético producido por un toroide de N espiras por el que circula una corriente de intensidad i, a una distancia a<r<b de su eje.

$B = \frac{μ_{0} N i}{2 π r}$

Flujo de dicho campo a través de una espira del toroide

$\int^{} \vec{B} \cdot \vec{d S} = \int_{a}^{b} \frac{μ_{0} N i}{2 π r} (h \cdot d r) \cos 0 = \frac{μ_{0} N i}{2 π} h \ln (\frac{b}{a})$

Flujo a través de las N espiras del toroide y coeficiente de inducción mutua

$\begin{array}{l} Φ = \frac{μ_{0} N^{2} i}{2 π} h \ln (\frac{b}{a}) \\ L = \frac{Φ}{i} = \frac{μ_{0} N^{2}}{2 π} h \ln (\frac{b}{a}) \end{array}$

5.- Por dos hilos rectilíneos paralelos, separados una distancia 2a circulan corrientes iguales y opuestas i. Son tangentes a un anillo circular de radio a situado en el plano de las dos corrientes.

Calcular el coeficiente de inducción mutua M entre el anillo y los dos corrientes rectilíneas

Lim Yung-kuo. Problems and Solutions on Electromagnetism. World Scientific (1993). Problem 2042, pp. 196-197

Solución

El primario son las dos corrientes rectilíneas y el secundario, la corriente circular

Los campos magnéticos producidos por las dos corrientes rectilíneas en los puntos distantes x de la primera y 2a-x de la segunda tienen la misma dirección, perpendicular al plano de las corrientes y sentido, hacia afuera. El campo total es

$B = \frac{μ_{0} i}{2 π} (\frac{1}{x} + \frac{1}{2 a - x})$

El flujo a través de la espira circular es

$Φ = \int \vec{B} \cdot \vec{d S} = \int_{0}^{2 a} \frac{μ_{0} i}{2 π} (\frac{1}{x} + \frac{1}{2 a - x}) (2 y \cdot d x) \cdot \cos 0 = 2 \frac{μ_{0} i}{π} \int_{0}^{a} (\frac{1}{x} + \frac{1}{2 a - x}) y \cdot d x$

por simetría.

Para resolver la integral, relacionamos las variables x e y

$y^{2} + {(a - x)}^{2} = a^{2}$

La integral en términos de la variable x es

$Φ = 2 \frac{μ_{0} i}{π} \int_{0}^{a} (\frac{1}{x} + \frac{1}{2 a - x}) \sqrt{a^{2} - {(a - x)}^{2}} \cdot d x$

Hacemos el cambio de variable, z=a-x, dz=-dx

$\begin{array}{l} Φ = - 2 \frac{μ_{0} i}{π} \int_{0}^{a} (\frac{1}{a - z} + \frac{1}{a + z}) \sqrt{a^{2} - z^{2}} \cdot d z = - 4 a \frac{μ_{0} i}{π} \int_{a}^{0} \frac{1}{\sqrt{a^{2} - z^{2}}} \cdot d z \\ = {- 4 a \frac{μ_{0} i}{π} \arcsin \frac{z}{a} |}_{a}^{0} = - 4 a \frac{μ_{0} i}{π} (0 - \frac{π}{2}) = 2 μ_{0} i a \end{array}$

El coeficiente de inducción mutua

$M = \frac{Φ}{i} = 2 μ_{0} a$

6.-En un circuito LC, la carga del condensador varía con el tiempo de la forma

$q = Q \sin (ω t + φ) ω = \frac{1}{\sqrt{L C}}$

La autoinducción vale L=5.3·10^-3 H, la capacidad C=17.0·10^-9 F. En el instante t=0, la carga inicial del condensador es 1.1·10^-6 C y la corriente inicial -0.2 A.

Determinar la amplitud Q y la fase inicial φ.
Calcular la energía en el condensador y en la autoinducción en el instante t=P/4. P es el periodo

Solución

La frecuencia angular es

$ω = \frac{1}{\sqrt{L C}} = 105351 rad/s$

La carga e intensidad en función del tiempo

$\begin{array}{l} q = Q \sin (ω t + φ) \\ i = \frac{d q}{d t} = Q ω \cos (ω t + φ) \end{array}$

En el instante inicial t=0

$t = 0 {\begin{cases} 1.1 \cdot 10^{- 6} = Q \sin φ \\ \frac{- 0.2}{ω} = Q \cos φ \end{cases} {\begin{cases} Q = 2.2 \cdot 10^{- 6} C \\ φ = \frac{5 π}{6} = 2.62 rad \end{cases}$

En el instante t=P/4

$t = \frac{P}{4} {\begin{cases} q = Q \sin (\frac{π}{2} + φ) = - 1.9 \cdot 10^{- 6} C \\ i = Q ω \cos (\frac{π}{2} + φ) = - 0.116 A \end{cases}$

La energía del oscilador en dicho instante es

$E = \frac{1}{2} \frac{q^{2}}{C} + \frac{1}{2} L i^{2} = 1.418 \cdot 10^{- 4} J$

7.-Dos esferas conductoras de radio R están alejadas una de la otra. Están conectadas por medio de una bobina de coeficiente de autoinducción L. Inicialmente una esfera está cargada con Q y la otra descargada. Se cierra el interruptor S en el instante t=0.

Determinar la carga de cada esfera en función del tiempo

Physics Challenge for Teachers and Students. May we split that charge?. The Physics Teacher. Vol. 55, May 2017. pp. 311

Solución

Sea q la carga de la esfera derecha y Q-q la de la izquierda en el instante t

La capacidad de cada esfera es C=4πε₀R

En el instante t, el potencial de cada una de las esferas es

$V_{1} = \frac{Q - q}{C}, V_{2} = \frac{q}{C}$

La diferencia de potencial es la fem de la autoinducción

$\begin{array}{l} V_{1} - V_{2} = L \frac{d i}{d t}, i = \frac{d q}{d t} \\ \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + \frac{2}{L C} q = \frac{Q}{L C} \end{array}$

La solución particular de la ecuación diferencial es la constante q=c tal que

$\frac{2}{L C} c = \frac{Q}{L C}, c = \frac{Q}{2}$

La solución de la ecuación diferencial homogénea es Asin(ωt)+Bcos(ωt), donde A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales

La solución completa es

$\begin{array}{l} q = \frac{Q}{2} + A \sin (ω t) + B \cos (ω t), ω = \sqrt{\frac{2}{L C}} \\ i = \frac{d q}{d t} = A ω \cos (ω t) - B ω \sin (ω t) \end{array}$

En el instante t=0, q=0, e i=0. Por lo que, A=0 y B=-Q/2

$q = \frac{Q}{2} - \frac{Q}{2} \cos (ω t) = \frac{Q}{2} (1 - \cos (ω t))$

Cuando ωt=π/2, las cargas de las esferas son iguales

8.-Un anillo superconductor de masa m y radio a, coeficiente de autoinducción L se mantiene en el plano horizontal por encima de un imán cilíndrico. Los ejes del anillo y del imán están alineados, eje Z.

El campo magnético producido por el imán tiene dos componentes, la componente radial, B_ρ=B₀βr y la componente vertical B_z=B₀(1-αz), donde B₀, α y β son constantes positivas. r es la distancia al eje Z y z la altura del anillo sobre el imán

El anillo, cuya corriente inicial es nula, se suelta desde una altura z₀ y cae hacia el imán manteniéndose en el plano horizontal. Determinar

La ecuación del movimiento del anillo
La intensidad de la corriente en el anillo

RMPh Problems and Solutions. 2018 Romenia. Rings and strips

Solución

Ley de Faraday

El flujo del campo magnético a través de la espira, se debe únicamente a la componente B_z

$\begin{array}{l} Φ = B_{z} π a^{2} = B_{0} (1 - α z) π a^{2} \\ V_{ε} = - \frac{d Φ}{d t} = B_{0} α π a^{2} \frac{d z}{d t} \end{array}$

Al caer la espira, dz/dt<0, el flujo aumenta, la corriente inducida tiene el sentido de las agujas del reloj

Ecuación del circuito

La ecuación del circuito es

$V_{ε} = i R + L \frac{d i}{d t}$

Para un anillo superconductor R=0

$B_{0} α π a^{2} \frac{d z}{d t} = L \frac{d i}{d t}$

Integramos sabiendo que en el instante t=0, la espira se encuentra a una altura z₀ sobre el imán y la corriente inicial en el anillo es nula, i=0

$\begin{array}{l} B_{0} α π a^{2} (z - z_{0}) = L i \\ i = \frac{B_{0} α π a^{2}}{L} (z - z_{0}) \end{array}$

Fuerza que ejerce el campo magnético sobre la corriente en el anillo

La fuerza que ejerce el campo magnético sobre una porción rectilínea de corriente, es

$\vec{F} = i ({\hat{u}}_{t} \times \vec{B}) l$

La componente B_z ejerce sobre el anillo una fuerza horizontal que no tiene efecto sobre el movimiento del anillo.

La componente B_ρ, ejerce una fuerza F_z sobre el anillo, de sentido contrario a su movimiento de caída

$F_{z} = i B_{0} β a (2 π a) = 2 π^{2} \frac{B_{0}^{2} α β a^{4}}{L} (z - z_{0}) = k (z - z_{0})$

Ecuación del movimiento

La ecuación del movimiento es

$\begin{array}{l} m \frac{d^{2} z}{d t^{2}} = - m g + F_{z} \\ \frac{d^{2} z}{d t^{2}} = - g + \frac{k}{m} (z - z_{0}) \\ \frac{d^{2} z}{d t^{2}} + \frac{k}{m} z = - g + \frac{k}{m} z_{0} \end{array}$

La solución de la ecuación diferencial homogénea es un movimiento armónico simple, z₁=Acos(ωt)+Bsin(ωt), con ω²=k/m
La solución particular es z₂=-mg/k+z₀

La solución completa es

$\begin{array}{l} z = A \cos (ω t) + B \sin (ω t) - \frac{m g}{k} + z_{0} \\ \frac{d z}{d t} = - A ω \sin (ω t) + B ω \cos (ω t) \end{array}$

Los coeficientes A y B se determinan a partir de las condiciones iniciales t=0, z=z₀, dz/dt=0. La espira se deja caer (en reposo) desde la altura z₀

$t = 0 {\begin{cases} z_{0} = A - \frac{m g}{k} + z_{0} \\ \frac{d z}{d t} = 0, B = 0 \end{cases}$

La altura z de la espira en función del tiempo es

$z = z_{0} - \frac{m g}{k} (1 - \cos (ω t))$

La intensidad de la corriente en el anillo

$\begin{array}{l} i = - \frac{B_{0} α π a^{2}}{L} \frac{m g}{k} (1 - \cos (ω t)) \\ i = - \frac{m g}{2 π B_{0} β a^{2}} (1 - \cos (π B_{0} a^{2} \sqrt{\frac{2 α β}{m L}} t)) \end{array}$

9.-Una espira rectangular cuyas dimensiones son l y w, se deja caer en el instante t=0, por encima de una región donde hay un campo magnético uniforme B perpendicular al plano de la pantalla y hacia dentro. La espira tiene una autoinducción L, una resistencia R y su masa es m.

Estudiamos el movimiento de la espira mientras se encuentra parcialmente introducida en el campo magnético uniforme. Calcular la corriente en la espira y su velocidad

Suponiendo que la autoinducción L≈0 es despreciable
Suponiendo que la resistencia R≈0 es despreciable

Lim Yung-kuo. Problems and solutions on electromagnetism. World Scientific. 1993. Problem 2055, pp. 207-209

Solución

En el instante t, la espira se ha introducido x en la región donde el campo magnético uniforme es B. Calculamos el flujo y la fem

$\begin{array}{l} Φ = \vec{B} \cdot \vec{S} = B (l x) \cos 180 º = - B l x \\ V_{ε} = - \frac{d Φ}{d t} = B l v \end{array}$

El sentido de la corriente inducida es contrario a las agujas del reloj

La ecuación del circuito es

$\begin{array}{l} V_{ε} = i R + L \frac{d i}{d t} \\ B l v = i R + L \frac{d i}{d t} \end{array}$

La fuerza que ejerce el campo magnético sobre una porción rectilínea de corriente l, es

$\vec{F} = i ({\hat{u}}_{t} \times \vec{B}) l$

La fuerza sobre el lado inferior de la espira es, F=iBl, contraria al peso

La ecuación del movimiento de la espira es

$m \frac{d v}{d t} = m g - i B l$

Suponiendo que la autoinducción es nula, L=0

La ecuación del circuito es V_ε=iR

$i = \frac{B l v}{R}$

La ecuación del movimiento es

$m \frac{d v}{d t} = m g - \frac{B^{2} l^{2}}{R} v$

Separamos variables e integramos, con la condición inicial de que en el instante t=0, parte del reposo v=0

$\begin{array}{l} \frac{d v}{g - \frac{B^{2} l^{2}}{m R} v} = d t \\ \int_{0}^{v} \frac{d v}{g - \frac{B^{2} l^{2}}{m R} v} = \int_{0}^{t} d t \\ - \frac{m R}{B^{2} l^{2}} {\ln (g - \frac{B^{2} l^{2}}{m R} v) - \ln g} = t \\ \ln (1 - \frac{B^{2} l^{2}}{m g R} v) = - \frac{B^{2} l^{2}}{m R} t \\ v = \frac{m g R}{B^{2} l^{2}} (1 - \exp (- \frac{B^{2} l^{2}}{m R} t)) \end{array}$

La intensidad de la corriente inducida vale

$i = \frac{m g}{B l} (1 - \exp (- \frac{B^{2} l^{2}}{m R} t))$

Suponiendo que la resistencia es nula, R=0

La ecuación del circuito se obtiene, alternativamente, del siguiente modo: El flujo total (flujo externo más flujo propio) que atraviesa la espira superconductora es constante

$\begin{array}{l} Φ_{e} + Φ_{i} = cte \\ \frac{d Φ_{e}}{d t} + \frac{d Φ_{i}}{d t} = 0, {\begin{cases} Φ_{i} = L i \\ Φ_{e} = - B l x \end{cases} \\ - B l v + L \frac{d i}{d t} = 0 \end{array}$

El sistema de dos ecuaciones que tenemos que resolver son

$\begin{array}{l} B l v = L \frac{d i}{d t} \\ m \frac{d v}{d t} = m g - i B l \end{array}$

Derivando la segunda

$\begin{array}{l} m \frac{d^{2} v}{d t^{2}} = - B l \frac{d i}{d t} \\ \frac{d^{2} v}{d t^{2}} + \frac{B^{2} l^{2}}{m L} v = 0 \end{array}$

Es la ecuación diferencial de un Movimiento Armónico Simple, cuya solución es

$\begin{array}{l} v = A \cos (ω t) + B \sin (ω t), ω = \frac{B l}{\sqrt{m L}} \\ \frac{d v}{d t} = ω (- A \sin (ω t) + B \cos (ω t)) \end{array}$

Las condiciones iniciales determinan los valores de las constantes A y B. En el instante inicial t=0, v=0 e i=0.

En la ecuación de la velocidad, sabiendo que v=0, obtenemos A=0
En la ecuación del movimiento, mdv/dt=mg-iBl, sabiendo que i=0, obtenemos

$\begin{array}{l} {\frac{d v}{d t} |}_{t = 0} = g \\ g = ω B, B = \frac{g}{ω} \end{array}$

La velocidad de la espira es

$v = \frac{g}{ω} \sin (ω t), ω = \frac{B l}{\sqrt{m L}}$

Para obtener la intensidad, integramos la ecuación

$\begin{array}{l} L \frac{d i}{d t} = B l v \\ L \frac{d i}{d t} = B l \frac{g}{ω} \sin (ω t) \\ \int_{0}^{i} d i = \frac{B l g}{ω L} \int_{0}^{t} \sin (ω t) d t \\ i = \frac{B l g}{ω^{2} L} (1 - \cos (ω t)) = \frac{m g}{B l} (1 - \cos (ω t)) \end{array}$

10.-Consideremos una espira rectangular hecha de un material superconductor de longitud l=200 cm y anchura w=2 cm. El radio del cable es r=0.5 mm. Por la espira circula inicialmente una corriente i₁=5 A en sentido contrario a las agujas del reloj.

La espira está situada a una distancia d= 1 cm por encima de una corriente rectilínea indefinida por la que inicialmente no circula corriente alguna.
En un cierto instante, la corriente que circula por el hilo se incrementa hasta i₂

Calcular la fuerza F entre las espira y el hilo rectilíneo

Nota: se desprecia el campo magnético producido por los lados más cortos AD y BC de la espira rectangular, w<<l. Se aplicará la fórmula del campo magnético producido por una corriente rectilínea indefinida a los lados AB y CD.

2021 Online Physics Olympiad: Open Contest Solutions

Solución

Situación inicial

En la situación inicial, calculamos el flujo propio del campo magnético producido por los lados AB y CD a través de la espira ABCD

El campo magnético producido por la corriente que circula por el lado AB (rectilínea e indefinida) es

$B = \frac{μ_{0} i_{1}}{2 π x}$

cuya dirección es perpendicular al plano del la espira y cuyo sentido es hacia el lector. Calculamos el flujo a través del área de la franja comprendida entre x y x+dx y el flujo total

$Φ_{1} = \int_{S} \vec{B} \cdot \vec{d S} = \int_{r}^{w - r} \frac{μ_{0} i_{1}}{2 π x} (l \cdot d x) = \frac{μ_{0} l}{2 π} i_{1} \ln \frac{w - r}{r}$

El flujo producido por la corriente que circula por el lado CD es el mismo. Despreciamos el flujo producido por las corrientes CB y AD ya que w<<l

El flujo total es

$\begin{array}{l} Φ = 2 \frac{μ_{0} l}{2 π} i_{1} \ln \frac{w - r}{r} = \frac{μ_{0} l}{π} i_{1} \ln \frac{w - r}{r} \approx \frac{μ_{0} l}{π} i_{1} \ln \frac{w}{r} \\ Φ = L i_{1}, L = \frac{μ_{0} l}{π} \ln \frac{w}{r} \end{array}$

L es el coeficiente de autoinducción

Situación final

En la situación final, además del flujo propio Li₃, la corriente rectilínea i₂ produce un flujo a través de la espira

$\begin{array}{l} Φ_{2} = \int_{S} \vec{B} \cdot \vec{d S} = \int_{d}^{d + w} \frac{μ_{0} i_{2}}{2 π x} (l \cdot d x) = \frac{μ_{0} l}{2 π} i_{2} \ln \frac{d + w}{d} \\ Φ_{2} = M i_{2}, M = \frac{μ_{0} l}{2 π} \ln \frac{d + w}{d} \end{array}$

M es el coeficiente de inducción mutua

El flujo a través de una espira superconductora se debe mantener constante

$\begin{array}{l} L i_{1} = L i_{3} + M i_{2} \\ i_{3} = i_{1} - \frac{M}{L} i_{2} \end{array}$

Calculamos la fuerza que ejerce la corriente rectilínea i₂ sobre la espira rectangular

La fuerza que ejerce el campo magnético sobre una porción rectilínea de corriente, es

$\vec{F} = i ({\hat{u}}_{t} \times \vec{B}) l$

La fuerza sobre el lado CD inferior de la espira es,

$F_{1} = i_{3} \frac{μ_{0} i_{2}}{2 π d} l$

Es una fuerza atractiva entre corrientes del mismo sentido

La fuerza sobre el lado AB superior de la espira es,

$F_{2} = i_{3} \frac{μ_{0} i_{2}}{2 π (d + w)} l$

Se trata de una fuerza repulsiva entre corrientes de distinto sentido.

Las fuerzas sobre los lados verticales AD y BC son iguales y de sentido contrario.

La fuerza neta es atractiva

$\begin{array}{l} F = F_{1} - F_{2} = i_{3} \frac{μ_{0} i_{2}}{2 π d} l - i_{3} \frac{μ_{0} i_{2}}{2 π (d + w)} l = i_{3} \frac{μ_{0} i_{2}}{2 π} l (\frac{1}{d} - \frac{1}{d + w}) \\ F = (i_{1} - \frac{M}{L} i_{2}) \frac{μ_{0} i_{2}}{2 π} l (\frac{1}{d} - \frac{1}{d + w}) \end{array}$

Fijada la corriente i₁, variando i₂, la fuerza F alcanza un valor máximo

$\begin{array}{l} F = (i_{1} - \frac{M}{L} i_{2}) k i_{2} \\ \frac{d F}{d i_{2}} = (i_{1} - \frac{M}{L} i_{2}) k - \frac{M}{L} k i_{2} = 0 \\ i_{1} = 2 \frac{M}{L} i_{2} \end{array}$

11.-Una espira superconductora rectangular de de masa m, lados a y b y coeficiente de autoinducción L, puede girar alrededor del eje que pasa por el lado AB.

La espira está en el seno de un campo magnético uniforme B cuya dirección es vertical tal como se muestra en la figura.

Cuando la espira está en posición horizontal θ=90°, no hay corriente en la espira, i=0, se suelta. Calcular

El ángulo de equilibrio θ que hace la espira con la dirección vertical.

Physics Challenge for Teachers and Students. Solution May 2010 Challenge. Be there and Be Square. The Physics Teacher, 48 (2010), pp. 204-205

Solución

En el instante t=0, la intensidad que circula por la espira es nula, el flujo que atraviesa la espira es

$Φ = \vec{B} \cdot \vec{S} = B (a b) \cos 0 = B a b$

Este flujo disminuye con el ángulo θ, por lo que el flujo propio Li tiene que aumentar, la intensidad i, de acuerdo con la regla de la mano derecha, es de sentido contrario a las agujas del reloj, tal como se muestra en la figura

Cuando el ángulo que forma la espira con la vertical es θ

$\begin{array}{l} Φ = \vec{B} \cdot \vec{S} + L i = B (a b) \sin θ + L i \\ B a b = B (a b) \sin θ + L i \\ i = \frac{B a b (1 - \sin θ)}{L} \end{array}$

La fuerza que ejerce el campo magnético sobre una porción l de corriente rectilínea es

$\vec{F} = i ({\hat{u}}_{t} \times \vec{B}) l$

La fuerza sobre la porción CD tiene por módulo, F=iBa

Las fuerzas sobre los lados BC y AD tienen sentidos contrarios, no afectan al movimiento de la varilla, ya su dirección es paralela al eje AB

La posición del centro de masas de los tres lados BC, CD y DA de la varilla es

$x_{c m} = \frac{λ b \frac{b}{2} + λ b \frac{b}{2} + λ a b}{λ (2 b + a)} = \frac{b (a + b)}{2 b + a}, λ = \frac{m}{2 (a + b)}$

λ es la densidad lineal del cable

En el equilibrio. Los momentos respecto del eje se anulan

$\begin{array}{l} i B a \cdot b \cos θ = λ (2 b + a) g x_{c m} \sin θ \\ i B a \cdot b \cos θ = m g \frac{b}{2} \sin θ \\ \frac{B^{2} a^{2} b^{2} (1 - \sin θ)}{L} \cos θ = m g \frac{b}{2} \sin θ \\ \tan θ = \frac{2 B^{2} a^{2} b}{m g L} (1 - \sin θ) \\ \tan θ = k (1 - \sin θ) \end{array}$

Si el campo magnético es pequeño y k<<1, entonces θ es pequeño, sinθ≈tanθ≈θ

$θ = \frac{k}{1 + k}, k = \frac{2 B^{2} a^{2} b}{m g L}$

En general, tenemos que resolver la ecuación

$\begin{array}{l} \sin θ = k (1 - \sin θ) \cos θ \\ x = k (1 - x) \sqrt{1 - x^{2}} \\ x^{2} = k^{2} {(1 - x)}^{2} (1 - x^{2}) \\ x^{4} - 2 x^{3} + \frac{1}{k^{2}} x^{2} + 2 x - 1 = 0 \end{array}$

Llamando x=sinθ. Utilizamos la función roots de MATLAB para obtener la raíz real positiva del polinomio de cuarto grado. Sea k=0.3

>> k=0.3;
>> roots([1,-2,1/k^2,2,-1])
ans =
   1.0786 + 3.2208i
   1.0786 - 3.2208i
  -0.3833 + 0.0000i
   0.2261 + 0.0000i
>> asin(0.2261)
ans =
    0.2281
>> k/(1+k)
ans =    0.2308

Para k=0.3, el ángulo exacto es θ=0.2281, el aproximado θ=0.2308